Phân tích các tình huống và trình bày lời giải cho một số bài toán hình học 9

PHÂN TÍCH CÁC TÌNH HUỐNG VÀ TRÌNH BÀY LỜI GIẢI CHO MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP Hì nh học phẳng làphân mơn cónhiều kiến thức lượng tập đa dạng vàphong phú Mỗi toán hì nh học phẳng đặc biệt làcác hì nh khólại cónhiều kiến thức liên quan Khi đứng trước tốn hì nh học phẳng thìlàm để tiếp cận đưa lời giải cho nólàmột câu hỏi lớn còng bỏ ngỏ Với mục đích mở hướng đi, suy nghĩ cần có trước tốn hì nh học phẳng thìtrong vídụ chúng tơi xin đưa số phân tí ch vàsuy luận để giải thí ch lại cóthể giải tốn Trong tốn chúng tơi xin giới thiệu số nội dung  Phân tí ch vàsuy luận đứng trước tốn hì nh học khó  Lựa chọn phương án hợp lý để khai thác giả thiết toán cách tối ưu  Những hướng tiếp cận khác – khó khăn hướng khắc phục Bài toán Cho ngũ giác lồi ABCDE nội tiếp đường tròn  O  có CD song song với BE Hai đường chéo CE BD cắt P Điểm M thuộc đoạn thẳng BE cho M AB  PAE Điểm K thuộc đường thẳng CA cho MK song song với AD, điểm L thuộc đường thẳng AD cho ML song song với AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác KBC cắt BD, CE Q, S (Q khác B, S khác C) a) Chứng minh ba điểm K, M , Q thẳng hàng b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác LDE cắt BD, CE T, R (T khác D, R khác E) Chứng minh năm điểm M, S, Q, R, T nằm đường tròn c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác giác PQR tiếp xúc với đường tròn  O  Trích đề thi ts lớp 10 trường THPT chuyên ĐHKHTN Hà Nội năm học 2018 – 2019  Nhận xét mở đầu Bài toán cónhiều giả thiết X hì nh vẽ rắc rối Trong Y t D C tốn thìngồi tứ giác nội tiếp R đường tròn cócác yếu tố song Q song Hai ý đầu tốn ta thấy I P khơng có đặc biệt, ý lại S O tốn câu khó có tí nh phân loại cao, tốn chứng minh hai đường tròn tiếp xúc khálà T M B E K mẻ với học sinh trung học cở sở L A a) Chứng minh ba điểm K, M , Q thẳng hàng  Phân tích tìm lời giải Ta cóngay chứng minh kết thúc ta đường tròn nên ta cóQ K C CKM  CAD QKC  CAD  QBC  D BC  D A C MK song song với AD, phép Để ýrằng tứ giác BKQC vàABCD nội tiếp Do tốn chứng minh  Trình bày lời giải Do tứ giác BKQC ABCD nội tiếp đường tròn nên ta có QKC  QBC  D BC  D A C có QKC  M KC Mà ta có MK song song với AD nên CKM  CAD Do ta nên suy ba điểm K, M, Q thẳng hàng b) Chứng minh năm điểm M, S, Q, R, T nằm đường tròn  Phân tích tìm lời giải Dễ thấy tứ giác RTED, BCQS vàBCDE nội tiếp đường tròn nên ta cótứ giác TSQR nội tiếp đường tròn Như ta cần chứng minh điểm M nằm đường tròn ngoại tiếp tứ giác TSQR Để ý ba điểm L, M, R thẳng hàng nên tứ giác AKML hình bình hành, RM Q  KM L  CA D  D EC  RSQ ? nên tứ giác TMQR nội tiếp đường tròn Do tốn chứng minh  Trình bày lời giải Do tứ giác RTED, BCQS BCDE nội tiếp đường tròn nên RTD  CBD  D EC  RSQ Do tứ giác TSQR nội tiếp đường tròn Chứng minh hoàn toàn tương tự ta ba điểm L, M, R thẳng hàng Để ý đến tứ giác AKML hình bình hành ta có RM Q  KM L  CA D  D EC  RSQ ? nên tứ giác TMQR nội tiếp đường tròn Do điểm R, T, M, S, Q nằm đường tròn c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác giác PQR tiếp xúc với  O   Phân tích tìm lời giải Để chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR tiếp xúc với đường tròn  O  ta thực hai bước xác định giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR với đường tròn  O  vàchứng minh hai đường tròn cótiếp tuyến chung giao điểm Để ý tứ giác BCDE hình thang cân điểm A cóthể nằm trục đối xứng hì nh thang cân BCDE Do ta cần xét trường hợp điểm A nằm trục đối xứng hì nh thang cân BCDE điểm A khơng nằm trục đối xứng hì nh thang BCDE Dễ thấy điểm A nằm trục đối xứng hình thang BCDE đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR tiếp xúc với đường tròn  O  điểm X nằm trục đối xứng hì nh thang cân BCDE Ngồi ta nhận thấy điểm A, M, O, P, X nằm đường thẳng Thay đổi vị trícủa điểm A ta thấy ba điểm A, M, X nằm đường thẳng Điều làm ta nghĩ đến điểm tiếp xúc X chí nh làgiao điểm AM với đường tròn  O  Như gọi X giao điểm thứ hai AM với đường tròn  O  để hồn thành chứng minh ta cần điểm X nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR vàhai đường tròn cótiếp tuyến chung X + Lời giải Từ giác BCDE nội tiếp đường tròn có BE song song với CD nên tứ giác BCDE hình thang cân Ta xét hai trường hợp sau Trường hợp Điểm A nằm trục đối xứng hình thang cân BCDE Khi A điểm cung nhỏ BE đường tròn  O  P giao giao điểm hai đường chéo hình thang BCDE Gọi X giao điểm AP với đường tròn  O  AX đường kính đường tròn  O  M nằm AX Để ý ta có BMQX nội tiếp, ta có BM X  BQ X  90 BXA  BCA  BQM Hồn tồn tương tự ta có nên tứ giác ER X  EM X  90 Suy tứ giác PQXR nội tiếp đường tròn đường kính PX Khi dễ thấy đường tròn ngoại tiếp tam giác PRQ đường tròn  O  tiếp xúc với X Trường hợp Điểm A không nằm trục đối xứng hình thang BCDE Giả sử AM, AP cắt đường tròn  O  X Y Ta có tứ giác BXDA nội tiếp đường tròn MQ song song với DA nên ta dễ thấy BXM  BXA  BD A  BQM nên tứ giác BXQM nội tiếp đường tròn Chứng minh hồn tồn tương tự ta có tứ giác XRME nội tiếp đường tròn Đến ta có biến đổi góc 0 R X Q  R X M  Q X M  R EM  Q BM  180  BPE  180  Q PR Suy tứ giác PQXR nội tiếp đường tròn Như ta cần chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đường tròn  O  tiếp xúc X Từ M AB  PAE ta suy BX  EX nên XY, CD, BE song song với Điều dẫn đến X Y đối xứng với qua trục đối xứng hình thang BCDE Kẻ tiếp tuyến Xt với đường tròn  O  , ta có CXt  CDX Để ý P nằm trục đối xứng hình thang BCDE, ta có biến đổi góc XPR  XPC  YPD  BYA  YBD  BYA  CBX  BYA  CD X  BYA  CXt Sử dụng tứ giác MEXR nội tiếp đường tròn ý đến AC song song với MR ta có lại biến đổi góc CXR  CEX  RXE  CD E  RM B  BCD  A CD  BCA  BYA XPR  BYA  CXt  CXR  CXt  RXt Đến ta nên Xt tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác PRQ đường tròn  O  tiếp xúc với X + Lời giải Hoàn toàn tương tự ta chứng minh A nằm trục đối xứng hình thang cân BCDE đường tròn ngoại tiếp tam giác PRQ đường tròn  O  tiếp xúc với X Ta xét trường hợp điểm A khơng nằm trục đối xứng hình thang ABCD Cũng chứng minh tương tự ta tứ giác RMEX, PQXR nội tiếp đường tròn Đồng thời ta có XY, BE, CD song song với Goi I giao điểm AX với đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQXR kẻ Xu tiếp tuyến X với đường tròn  O  Khi XY song song với CD nên tứ giác CDYX hình thang cân Mà ta có P nằm trục đối xứng hình thang cân BCDE nên suy P nằm trục đối xứng hình thang cân CDYX, suy ta tròn ta có RPI  RXI  REB  RCD PX  PY Để ý đến tứ giác nội tiếp đường nên suy PI song song với CD hay song song với XY Do Xt tiếp tuyến X đường tròn  O  nên ta có Do ta X IP  X A Y  A P I  Y X t  P X Y  P X t YXt  XAY PXY  PYX  API nên Xt tiếp tuyến X với đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR Vậy ta có điều phải chứng minh  Nhận xét Mặc dùhai lời giải di theo hai hướng khác mục đích chung chứng minh hai đường tròn cóchung tiếp tuyến X Việc xác định điểm tiếp xúc X dựa dự đoán từ trường hợp đặc biệt vàtừ thay đổi vị trí điểm A Vấn đề quan trọng phải chứng minh tứ giác PQXR nội tiếp đường tròn Cũng từ hì nh vẽ ta nhận thấy RJ song song với AE tương tự QJ song song AB thìta cóngay tứ giác PQXR nội tiếp đường tròn, chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đường tròn  O  tiếp xúc với nhai X không khó khăn Như cần tập trung chứng minh RJ song song với AE vàhồn tồn cóthể xem tốn phụ Từ ta có thêm lời giải khác cho ýcuối toán sau X t D C J R A S Q I G M M B J T I S O T B P E C E K L A Y + Lời giải Trước hết ta phát biểu chứng minh toán phụ: Cho tam giác ABC M điểm nằm đường thẳng d song song với BC Lấy E khác M đường thẳng d Gọi I giao điểm AM với BC Đường thẳng qua M song song với AB cắt BE J Khi ta có IJ song song với AC Chứng minh Giả sử MJ cắt AE AC theo thứ tự S T Gọi G giao điểm AC ME Khi MG song song với BC nên ta có AB Khi ta có MS  MJ AP  BP AG MA  CG MI MA MI  AG CG Gọi P giao điểm ME Do AE song song với IJ Quay trở lại toán Gọi X, J theo thứ tự giao điểm AM với đường tròn  O  CD (X khác A) Á p dụng toán phụ ta có JR song song với AE JQ song song với AB Do ta có JR E  A E C  A X C nên suy tứ giác CRJX nội tiếp đường tròn Chứng minh hồn tồn tương tự ta có tứ giác DQJX nội tiếp đường tròn Đến ta có R X J  JX Q  R P D  P C D  C P D  0 dẫn đến tứ giác RPQX nội tiếp đường tròn Kẻ tiếp tuyến Xt đường tròn  O  , ta có tX R  tX A  R X A  A D X  P D C  A D P  M A C  A D P  P A D  A P B Lại có PEX  M A C  PED Gọi Y giao điểm khác X XP vứi đường tròn  O  , ta có AY, BE CD song song với nên ta có A PB  RBX  RQX nên ta tX R  R Q X PXE  ADP dẫn đến hay Xt tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR Do ta có điều cần chứng minh  Nhận xét chung Trong Bài toán ta thấy hai ý đầu tốn khơng qkhó, ýcuối tốn khónhưng lại cónhiều hướng tiếp cận Bài tốn hai đường tròn tiếp xúc tương đối khó có tập để em học sinh rèn luyện Trong ba lời giải ýcuối tốn ta thấy cócùng mục đích chứng minh hai đường tròn cóchung tiếp tuyến giao điểm, nhiên chứng minh tứ giác PQXR nội tiếp đường tròn lại khác vàtrong lời giải ta cósử dụng đến tốn phụ Bài tốn phụ phát hồn tồn tự nhiên vàcóthể chứng minh toán, để trách phức tạp cho lời giải nên ta tách toán phụ chứng minh riêng Bài toán Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O  cho ABCD khơng phải hình thang Tiếp tuyến tại C D đường tròn  O  cắt T TA cắt BD S, E đối D qua S AB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC F EC cắt TA P a) Chứng minh PF tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC b) Giả sử PF cắt AC Q Gọi H, K hình chiếu Q FA, FC M trung điểm FA Chứng minh tiếp tuyến qua A đường tròn  O  đường thẳng qua Q song song với AO cắt điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác MHK  Nhận xét mở đầu Bài tốn trí ch từ đề thi chọn học sinh dự thi HSGQG trường THPT chuyên KHTNHN HàNội năm học 2017 - 2018, tốn thuộc phân mơn hì nh học phẳng Với kiến thức học sinh thuộc trường B khiếu chun cấp THPT cóthể tốn khơng q khó, với học sinh F cấp THCS đọc đến đề cólẽ học sinh từ bỏ ý định giải toán Cách phát biểu tốn hồn tồn tương tự tốn H K M A O L Q hì nh học cấp THCS có chứa P E nhiều kiến thức liên quan vàmới mẻ, S hì nh vẽ cho toán thể phức N D R tạp Bài tốn cótứ giác nội tiếp đường tròn tiếp tuyến cắt nhau, ngồi cóthêm C I X yếu tố đối xứng trục Tuy nhiên cóthể ta phải khai thác giả thiết tốn mức cao T phải tí nh đến khả vẽ thêm yếu tố phụ a) Chứng minh PF tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC  Phân tích tìm lời giải Quan sát hì nh vẽ kết hợp với giả thiết tốn ta cócác nhận xét  Để chứng minh PF làtiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC ta cần bán kí nh JF vng góc với PF F với J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC hoặc PF  P E P C PFE  FCE Nhận thấy việc chứng minh JF vng góc với PF F điều khơng thể Do ta tập trung chứng minh PFE  FCE PF  P E P C , hai kết luận đồng nghĩa với hai tam giác PFE PCF đồng dạng Ngồi tì m hiểu thêm tí nh chất tiếp tuyến vàcát tuyến với đường tròn ta nhận thấy PF làtiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC vàchỉ  PE PC  FE FC Dễ nhận thấy ECF DCA đồng dạng với nên ta suy AD AC  FE FC Chú ý đến tí nh đối xứng D vàE thìnếu gọi giao điểm AT với CD làN vàlấy điểm R CD cho ER PE song song với AT ta có N trung điểm DR theo định lýThales PC Như tốn chứng minh hồn tất làhệ thức ND NC  AD AC ND NC liên hệ với đường thẳng AT  AD AC  NR NC  ND NC Câu hỏi đặt  Để tì m câu trả lời cho câu hỏi vàvới giả thiết toán cho ta tách thành toán mới: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O  Tiếp tuyến B vàC với đường tròn  O  MB cắt T Gọi M giao điểm AT với BC Khi ta có + Gọi I trung điểm BC ta viết hệ thức thành tí nh diện tí ch tam giác ta có S A BM  S ACI A B A M s in B A M A B sin B A M sin B A I B M B I  C M C I A C s i n C A I s i n C A M ta cần B A M  C A I; B A I  C A M + Để chứng minh BA M  CA I hay M B I C AC S A BI ; AC Để ý đến công thức A B A I s in B A I  S ACM AB  M C I C CI A C A I s in C A I Do ta thu BM   MC AB A C A M s in C A M  BI CM Như để thu kết toán BA M  CA I ta cần AT AI đối xứng với qua đường phân giác AD Dựng đường tròn tâm T bán kí nh BT, đường tròn cắt AB vàAC theo thứ tự điểm thứ hai làP vàQ Dễ thấy ba điểm P, T, Q thẳng hàng hai tam giác ABC, AQB đồng dạng với Để ýrằng T vàI theo thứ tự trung điểm PQ vàBC Do hai tam giác ATP QIC đồng dạng với nhau, suy BA M  CA I Như đến ý thứ chứng minh để hoàn thành lời giải ta cần chứng minh hệ thức ND  NC AD AC thơng qua tốn phụ  Trình bày lời giải B A F H O A O L B M DI K M C Q P E S N Q T D R C I X P T Trước hết ta phát biểu chứng minh hai toán phụ sau: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O  Tiếp tuyến B vàC với đường tròn O  cắt T Gọi M giao điểm AT với BC Khi đóta có MB MC  AB AC Chứng minh Dựng đường tròn tâm T bán kính TB, đường tròn cắt đường thẳng AB AC P Q (khác B C) Khi ta có tứ giác BCQP nội tiếp đường tròn PBC  PQ C  180 nên Do ta có biến đổi góc 0 PTB  BTC  C TQ  180  2PQ C  180  2TBC  180  2TQ C   180   540  PQ C  TBC  TQ C Từ ta suy ba điểm P, T, Q thẳng hàng Từ dễ thấy tam giác ABC tam giác AQP đồng dạng với Mà AI AT đường trung tuyến tam giác ABC AQP nên ta suy hai tam giác APT ACI đồng dạng với nhau, PAT  CAI A B A I có BI  A C A M S A BM  S ACI CM A B A M A C A I A B A I S A BI Từ ta suy đươc A C A M S ACM S A BM BM  S ACI A B A M CI  A C A I BI CM Mặt khác ta lại có A C A M BA I  CA M Mà ta có A B A I  nên ta Điều dẫn đến BM nên suy CI BM A B A M A C A I  CM AB AC  S A BI S ACM BA M  CA I BM CI  BI CM Nên ta , suy Từ hai kết ta Như toán phụ chứng minh Trở lại toán Do tứ giác ABCD BCEF nội tiếp đường tròn nên ta có A CD  A BD  EBF  FCE CA D  BCD  CBE  CFE , hai tam giác ECF DCA đồng dạng với Gọi N giao điểm AT với CD lấy điểm R CD cho ER song song với AT, dễ thấy N trung điểm DR Theo tốn phụ ta có ND  NC AD AC Do kết hợp hai tam giác ECF, DCA đồng dạng với ER song song với PN nên ta có PE NR  PC  NC ND  AD AC NC  FE FC ngoại tiếp tam giác BEC, tiếp tuyến cắt CE ' đồng dạng, ta P CE ' dạng ta lại ' ' P E P C ' P C P '  FE FC P F '  ' hay P E ' P C  ' suy FE FC '  P E P C ' FE FC P C ' P F P F ' P C  P ' Từ F kẻ tiếp tuyến với đường tròn Khi dễ thấy hai tam giác Cũng từ hai tam giác FE FC ' P CE đồng Kết hợp hai kết ta lại ' Điều dẫn đến ' P FE ' P FE P E ' P C  PE PC Từ suy hai điểm P trùng nên PF tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BEC  Nhận xét + Cóthể thấy để hồn thành chứng minh ýthứ toán cho ta cần dùng đến toán phụ với hai yêu cầu chứng minh Trong tốn AT gọi làđường đối trung tam giác ABC vàhệ thức cần chứng minh chí nh làmột tí nh chất đường đối trung Ta hồn tồn cóthể tách tốn phụ thành thành hai toán phụ sau hai tính chất kháthú vị đường đối trung Bài toán Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O  có AI đường trung tuyến, AD đường phân giác Tiếp tuyến đường tròn  O  B vàC cắt T Chứng minh AT đối xứng với đường thẳng AM qua qua đường thẳng AI Bài toán Cho tam giác ABC nhọn có đường trung tuyến AI đường phân giác AD Gọi M điểm bất kìtrên cạnh BC Chứng minh AM đối xứng với AI qua AD MB MC  AB AC + Trong toán phụ ta xét cho trường hợp tam giác ABC nhọn, với tam giác ABC tù ta cóbài tốn phụ hồn tồn tương tự Với tam giác ABC vng A thìbài tốn phụ phát biểu là: Cho tam giác ABC vng A có AI đường trung tuyến, AD tia phân giác Khi đường cao AH đối xứng với AI qua đường phân giác AD HB HC  AB AC b) Chứng minh tiếp tuyến qua A đường tròn  O  đường thẳng qua Q song song với AO cắt điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác MHK  Phân tích tìm lời giải Gọi X giao điểm tiếp tuyến A với đường tròn  O  vàPF Gọi L giao điểm tiếp tuyến A với đường tròn  O  đường thẳng qua Q song song với AO Khi ta nhận thấy tứ giác AFCX nội tiếp đường tròn vàta quy tốn chứng minh tứ giác KMHL nội tiếp đường tròn Từ cấu hì nh tốn ta thấy tứ giác AFCX nội tiếp đường tròn cóQ làgiao điểm hai đường chéo AC vàFQ, lại cóL, K, H theo thứ tự làhì nh chiếu Q AX, FC, AF M trung điểm AF Để ýta thấy tứ giác nội tiếp đường tròn AFCX tách hẳn với ýthứ tốn nên ta cóthể phát biểu ýthứ hai dạng toán phụ để chứng minh tứ giác KMHL nội tiếp đường tròn sau: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Các đường chéo AC vàBD cắt P Gọi M trung điểm AD vàK, L, N làhì nh chiếu P AB, CD, AD Chứng minh tứ giác bốn điểm M, N, K, L nội tiếp đường tròn  Trình bày lời giải Trước hết ta phát biểu chứng minh C toán phụ 3: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn B Các đường chéo AC BD cắt P Gọi M L K trung điểm AD K, L, N hình P chiếu P AB, CD, AD Chứng minh tứ Q O S R T giác bốn điểm M, N, K, L nội tiếp đường tròn Chứng minh Gọi S, R tâm đường tròn A N D M ngoại tiếp tam giác KMA LMD Gọi Q, R trung điểm AP DP Trong tam giác APD có MQ MR đường trung bình Mà ta có KQ, LR đường trung tuyến tam giác vuông AKP CLP Từ ta suy thấy QPRM hình bình hành nên AM  PD  LR PQM  PRM RM  AP  KQ Mặt khác dễ Do ta có biến đổi góc KQM  KQP  PQM  2BA C  PQM  2BD C  PRM  PRL  PRM  M RL Do hai tam giác KQM MRL Ta lại có tứ giác PQMR hình bình hành nên KQM MRL nên ta Q M R  180  PR M QM K  M LR Cũng hai tam giác QKM  RM L Từ ta K M L  Q M R  Q M K  R M K  180  PR M  R LM  R M L  PRL  2PD L  2BD C Mặt khác ta lại có tứ giác KPNA LPND nội tiếp đường tròn nên ta lại có biến đổi góc sau KN L  KN P  LN P  KA P  LD P  BA C  BD C  2BD C Như ta KM L  KNL nên bốn điểm M, N, K, L nằm đường tròn Trở lại tốn Gọi X giao điểm tiếp tuyến A với đường tròn  O  PF Gọi L giao điểm tiếp tuyến A với đường tròn  O  đường thẳng qua Q song song với AO Do PF tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC AX tiếp tuyến đường tròn  O  nên ta có biến đổi góc XA C  A BC  CBF  CFX , tứ giác AFCX nội tiếp đường tròn Trong tứ giác AFCX nội tiếp đường tròn có Q giao điểm hai đường chéo AC FQ, lại có L, K, H theo thứ tự hình chiếu Q AX, FC, AF M trung điểm AF Khi theo tốn phụ từ giác KMHL nội tiếp đường tròn Vậy tiếp tuyến qua A đường tròn  O  đường thẳng qua Q song song với AO cắt điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác MHK  Nhận xét chung Cóthể thấy tốn làmột tốn khóvàphù hợp với kìthi chọn đội tuyển học sinh cho kìthi cấp quốc gia Do sử dụng suy luận hì nh học phẳng túy nên để tránh phải vẽ thêm đường phụ trình bày dài dòng ta đưa vào lời giải toán phụ Trong ý thứ ta sử dụng toán phụ màthực chất hai tính chất đường đối trung Trong ý thứ hai toán ta thấy tứ giác nội tiếp đường tròn AFCX tách hẳn với ý thứ toán nên ta nghĩ đến tốn phụ thứ hai Với cấu hì nh hai ýcủa tốn ta cóthể phát biểu tốn sau nhẹ nhàng vàphùhợp với em học sinh THCS Bài toán Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O  cho ABCD khơng phải làhì nh thang Tiếp tuyến tại C vàD đường tròn  O  cắt T TA cắt BD S, E đối D qua S AB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC F EC cắt TA P Gọi I trung điểm CD a) Chứng minh DAT  CAI b) Chứng minh N D A C  N C A D c) Chứng minh PF làtiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BEC Bài tốn Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O  với P giao điểm hai đường chéo M trung điểm AD Gọi K, L làhì nh chiếu P AB, CD Gọi S, T tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KMA vàLMD a) Chứng minh MK  ML b) Chứng minh K S B T  C S L T Các tốn phụ cóthể dùng để giải toán sau Bài tập Cho đường tròn  O  với dây BC khơng phải đường kí nh Gọi I trung điểm BC điểm A di động cung lớn BC Gọi  I  đường tròn qua I tiếp xúc với AB B và I  đường tròn qua I tiếp xúc với AC C Hai đường tròn  I  và I  cắt D khác I Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ADI qua điểm cố định khác I Bài tập Trên đường tròn  O  cố định lấy hai điểm B, C cố định điểm A di động cho tam giác ABC nhọn Gọi  O B  đường tròn qua B tiếp xúc với AC A và O C  đường tròn qua C tiếp xúc với AB A Hai đường tròn  O B  và O C  cắt A, D vàcắt BC theo thứ tự E vàF Chứng minh AD qua điểm cố định A di động đường tròn  O  Bài tập Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O  Gọi P giao điểm AC vàBD Gọi M trung điểm AD Gọi K vàL làhì nh chiếu P lên AB vàCD Gọi S vàT tâm ngoại tiếp tam giác KMA vàLMD Gọi SU TV phân giác tam giác SCK vàTBL Chứng minh đường trung trực KL chia đôi đoạn thẳng UV Bài toán Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp  O  có AB  AC Đường tròn  I  qua B C cắt AB, AC E, F a) Giả sử tia BF, CE cắt D T tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Chứng minh OT song song với DI b) Trên BF CE lấy điểm G H cho AG vng góc với CE AH vng góc với BF Các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF, ACE cắt BC điểm M, N (khác B C) cắt EF P, Q (khác E F) Gọi K giao điểm MP NQ Chứng minh DK vng góc với GH  Nhận xét mở đầu A Q T V F O E P U D G B H N K C M I L Bài tốn trí ch đề thi chọn học sinh dự thi HSGQG Trường PTNK Thành phố Hồ Chí Minh năm học 2015 – 2016, tốn thuộc phân mơn hì nh học phẳng Bài tốn phát biểu hồn tồn tương tự tốn hình học cấp THCS với giả thiết tam giác nội tiếp đường tròn, tứ giác nội tiếp đường tròn, ngồi cócác quan hệ vng góc Tuy nhiên tốn xuất khánhiều đường tròn ngoại tiếp tam giác giả thiết khác liên quan đến đường tròn Do cần cósự khéo léo sử dụng hết giả thiết toán mong chứng minh toán cần tính đến việc sử dụng thêm yếu tố phụ Bây ta phân tích tìm lời giải cócác ýcủa tốn a) Chứng minh OT song song với DI  Phân tích tìm lời giải Quan sát hì nh vẽ kết hợp với giả thiết tốn ta cócác phân tí ch  Gọi V giao điểm đường tròn  O  đường tròn  T  , dễ thấy AV làdây chung hai đường tròn nên OT vng góc với AV Như để chứng minh OT song song với DI ta cần DI vuông góc với AV  Trong tốn ta có ba đường tròn là O  ,  I  ,  T  đôi cắt vàcác dây chung tương ứng BC, EF, AV Khi dễ thấy ba đường thẳng BC, EF, AV đồng quy điểm U Để khẳng định điều ta cóthể phát biểu vàchứng minh toán phụ  Dễ thấy tứ giác AVEF vàBEFC nội tiếp nên ta cótứ giác BEVU nội tiếp Từ ta lại cótứ giác UVFC nội tiếp, U VB  U EB  A EF  A VF B IF  B C F  A V F  A V F  U V B   B V F BFEC nên ta cóbiến đổi góc giác BIFV nội tiếp đường tròn Mà lại có B I BVF  Do I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác  FI nên BVI  FVI , ta có tứ hay VI phân giác góc Từ suy IV vng góc với AU Với phân tích ta đến khẳng định để hoàn thành chứng minh toán ta cần DI vng góc với AU Quan sát kĩ hình vẽ ta thấy tứ giác BEFC nội tiếp đường tròn  I  có D giao điểm hai đường chéo A, U giao điểm cặp cạnh đối diện Nhiệm vụ cần chứng minh CI vng góc với AU Để thực điều ta cóthể phát biểu chứng minh dạng tốn phụ: Cho tứ giác ABCD (khơng phải làhì nh thang) nội tiếp đường tròn  O  cóM, N giao điểm cặp cạnh đối AB, CD vàAD, BC Gọi E giao điểm hai đường chéo Chứng minh OE vuông góc với MN  Trình bày lời giải Trước hết ta phát biểu chứng minh hai toán phụ sau Bài tốn phụ Cho đường tròn  I  ,  J  ,  K  cho ba điểm I, J, K không thẳng hàng Gọi A B giao điểm hai đường tròn  I  và J  Gọi C D giao điểm hai đường tròn  I  và K  Gọi M N giao điểm hai đường tròn  J  và K  Chứng minh AB, CD, MN đồng quy Bài toán phụ Cho tứ giác ABCD (khơng phải làhì nh thang) nội tiếp đường tròn  O  cóM, N giao điểm cặp cạnh đối AB, CD vàAD, BC Gọi E giao điểm hai đường chéo Chứng minh OE vng góc với MN M A C I B B E O D J C N O K K Hình M D A Hình N + Chứng minh toán Do ba điểm I, J, K không thẳng hàng nên AB, CD, MN đôi không song song với Gọi giao điểm AB CD O Giả sử đường thẳng ON cắt đường tròn  J   K  theo thứ tự P Q Ta có tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  I  nên O A O B  O C O D O A O B  O N O P Tứ giác ABNP nọi tiếp đường tròn  J  nên ta có tứ giác CDNQ nội tiếp đường tròn  K  nên ta có Từ kết ta O N O P  O N O Q O C O D  O N O Q ? nên suy hai điểm P Q trùng Do ta có AB, CD, MN đồng quy + Chứng minh toán Gọi K giao điểm khác E đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE, CDE Do tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn nên A CD  A BD  A OD Ta có ACD  AOD D K E  180  D C E  180  D C A A BD  AOD , A K E  180  D BA D K A  360  D K E  A K E  D O A nên tứ giác BKC  BKE  CKE  EA B  ED C  BOC nên tứ giác Từ kết hợp kết ta DOKA nội tiếp Mặt khác ta có và OKBC nội tiếp đường tròn Ta có K E giao điểm hai đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB CDE, A B hai giao điểm đường tròn  O  đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE, C D là hai giao điểm đường tròn  O  đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE Từ theo mộ tốn phụ quen thuộc ta có ba điểm K, E, M thẳng hàng Hai tứ giác DOKA OKBC nội tiếp đường tròn nên suy K giao điểm thứ hai khác O hai đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC OAD Từ suy luận tương tự ta cũn điểm O, K, N thẳng hàng Mặt khác cách xét góc nội tiếp tứ giác nội tiếp ta có M KN  M KB  N KB  EA B  OCB  ED C  OBC  EKC  OKC  M KO Hơn hai góc bù nên góc 90 hay ME vng góc với ON Chứng minh tương tự ta có NE vng góc với OM Từ suy E trực tâm tam giác OMN Từ ta OE vng góc với MN Trở lại toán Gọi V giao điểm thứ hai đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF với đường tròn  O  Khi ta có A V giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF với đường tròn  O  , E F hai giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF với đường tròn  I  B C hai giao điểm hai đường tròn  O   I  Theo toán phụ ta có ba đường thẳng BC, EF, AV đồng quy U Do ba điểm A, V, U thẳng hàng Xét tứ giác BCFE nội tiếp đường tròn tâm I có D giao điểm hai đường chéo BF CE, A giao điểm BE CF, U giao điểm BC EF Khi theo tốn phụ ta có ID vng góc với AU Do tứ giác AVEF BEFC nội tiếp đường tròn nên ta có UVE  AEF  EBC VU B  VEA  VFA nên tứ giác BEVU nội tiếp đường tròn Từ ta nên tứ giác UVFC nội tiếp đường tròn Đến ta suy U VB  U EB  A EF  A VF Do I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BFEC nên ta có B IF  B C F  A V F  A V F  U V B   B V F ta lại có BI  FI nên BVI  FVI nên tứ giác BIFV nội tiếp đường tròn Mà hay VI phân giác góc BVF Từ suy IV vng góc với AU Điều dẫn đến ba điểm I, D, V thẳng hàng hay ID vng góc với AU V Mà AV dây chung đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF đường tròn  O  nên ta có OT vng góc với AV Từ suy OT song song với ID  Nhận xét Cóthể thấy để ýthứ ýthứ toán cho ta cần dùng đến hai tốn phụ Trong tốn phụ chí nh làmột tí nh chất quan trọng trục đẳng phương hai đường tròn vàbài tốn phụ lại định líBrocard tiếng Mỗi tốn phụ cónhiều ứng dụng tốn hì nh học phẳng, đặc biệt làcác tốn hì nh học phẳng Olympic b) Chứng minh DK vng góc với GH  Phân tích tìm lời giải Quan sát hì nh vẽ kết hợp với giả thiết tốn ta có phân tích sau  Ta có AG vng góc với HE vàAH vng góc với GF, tam giác AGH có D trực tâm Như để chứng minh DK vng góc với GH ta cần ba điểm A, D, K thẳng hàng  Để ýta cóPM song song với CE vàQN song song với BE Do ta có tứ giác PNMQ nội tiếp đường tròn, ta K M K P ta có D E D C  D F D C  K N K Q Lại thấy tứ giác BCFE nội tiếp đường tròn  O  nên Từ đặc biệt hai hệ thức yêu cầu chứng minh ba điểm A, D, K ta códự đốn hai điểm D, K nằm đường thẳng qua hai giao điểm hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF vàACE Nếu khẳng định điều thìbài tốn chứng minh Do ta quy chứng minh tốn phụ: Cho hai đường tròn  O  và O '  cắt hai điểm A vàB Dây cung MN đường tròn  O  vàdây cung EF đường tròn O  ' cắt I Chứng minh ba điểm A, I, B thẳng hàng vàchỉ I M I N  I E I F  Trình bày lời giải Trước hết ta phát biểu chứng minh toán toán phụ 3: Cho hai đường tròn  O  và O '  cắt hai điểm A vàB Dây cung MN đường tròn  O  vàdây cung EF đường tròn O  I M I N  I E I F ' Chứng minh cắt I Chứng minh ba điểm A, I, B thẳng hàng + Điều kiện cần Giả sử ba điểm A, I, B thẳng I hàng, tứ giác ABNM nội tiếp đường tròn nên ta có I M I N  I A I B tứ M giác AEFB nội tiếp đường tròn nên ta có I A I B  I E I F I M I N  I E I F Từ ta A + Điều kiện đủ Giả sử IB cắt đường tròn  O  A ' cắt đường tròn O  ' A " O' O B N Khi tương tự ta có " I A I B  I E I F Mà ta có ' I A I B  I M I N E F I M I N  I E I F nên ta suy ' " I A I B  I A I B , ' A  A  A " hay ba điểm A, I, B thẳng hàng Trở có lại toán Để BCE  BFE  BFP  BM P ý đến tứ giác nội tiếp đường tròn ta nên PM song song với CE Chứng minh hoàn toàn tương tự ta QN song song với BE Do ta suy PNMQ nội tiếp đường tròn, ta PM N  BFE  PQ N K M K P  K N K Q nên tứ giác Khi theo tốn phụ điểm K nằm đường thẳng qua hai giao điểm đường tròn ngoại tiếp ABF đường tròn ngoại tiếp ACE Cũng tứ giác BCFE nội tiếp đường tròn  O  nên D E D C  D F D C , suy điểm D nằm đường thẳng qua hai giao điểm đường tròn ngoại tiếp ABF đường tròn ngoại tiếp ACE Từ suy ba điểm A, D, K thẳng hàng Trong tam giác AGH có HD vng góc với AH GD vng góc với AH nên điểm D trực tâm tam giác AGH Từ ta DK vng góc với GH  Nhận xét chung Cóthể thấy tốn tốn khóvàphùhợp với kìthi chọn đổi tuyển học sinh cho kìthi cấp quốc gia Do sử dụng suy luận hì nh học phẳng túy nên để tránh phải vẽ thêm đường phụ trình bày dài dòng ta đưa vào lời giải toán phụ Trong ýthứ ta sử dụng hai tốn phụ màthực chất tính chất trục đẳng phương hai đường tròn định líBrocard Trong ýthứ hai tốn ta cần sử dụng đến toán phụ Việc phát tốn phụ hồn tồn tự nhiên, nhiên chứng minh toán phụ lại quáphức tạp đặc biệt toán phụ Các tốn phụ cóthể sử dụng để giải tập sau Bài tập Cho đường tròn  O  vàdây AB thuộc đường tròn  O  Đường tròn tâm I tiếp xúc với đường tròn  O  T vàtiếp xúc với AB K Đường kí nh MN đường tròn  O  vng góc với dây AB (Các điểm M, T thuộc cung AB) Từ N vẽ tiếp tuyến NC, ND với đường tròn  I  (C, D làcác tiếp điểm) Gọi P giao điểm AC BD, Q giao điểm AD vàBC Chứng minh điểm P, Q, I, M thẳng hàng Bài tập Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn tâm O vàcócác cặp cạnh đối không song song Gọi M, N tương ứng làgiao điểm đường thẳng AB vàCD, AD vàBC Gọi P, Q, S, T tương ứng giao điểm đường phân giác cặp góc M CN , M CN vàM D N , MDN MAN vàM B N , M BN vàM A N Giả sử bốn điểm P, Q, S, T đôi phân biệt Gọi I làtâm đường tròn qua bốn điểm P, Q, S Gọi E giao điểm đường chéo AC vàBD Chứng minh ba điểm E, O, I thẳng hàng Bài tập Cho tam giác ABC nhọn, khơng cân có O  đường tròn ngoại tiếp I tâm đường tròn nội tiếp Gọi E, F theo thứ tự làhì nh chiếu I AC, AC Đường thẳng BI cắt AC, EF theo thứ tự U, V Đường thẳng CV cắt BO W Gọi giao điểm EI với BO làZ vàgiao điểm IF với CO Gọi S giao điểm hai tiếp tuyến B, C đường tròn  O  Chứng minh SI vng góc với ZT Bài tốn Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O  có AB  AC Gọi E, F trung điểm AB, AC Các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE tam giác ACD cắt K khác A Đường thẳng AK cắt đường tròn  O  L khác A Đường thẳng LB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE điểm thứ hai M, đường thẳng LC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD điểm thứ hai N a) Chứng minh ba điểm M, K, N thẳng hàng MN vng góc với OL b) Chứng minh K trung điểm MN Trích đề thi chọn học sinh dự thi HSGQG Tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2016 – 2017  Nhận xét mở đầu Bài tốn trí ch đề thi chọn học sinh dự thi HSGQG Tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2016 – 2017, tốn tốn phát biểu hồn tồn tương tự tốn hình học cấp THCS với giả thiết tam giác nội tiếp đường tròn, tứ giác nội tiếp đường tròn, ngồi cócác quan hệ vng góc Tuy nhiên tốn xuất nhiều đường tròn ngoại tiếp tam giác giả thiết khác liên quan đến đường tròn Do cần cósự khéo léo sử dụng hết giả thiết toán mong chứng minh tốn cần tính đến việc sử dụng thêm yếu tố phụ Bây ta phân tích tìm lời giải cócác ý tốn Phân tích lời giải A E D G O I B C T M K P N L a) Chứng minh ba điểm M, K, N thẳng hàng vàMN vuông góc với OL  Lời giải + Gọi G giao điểm BD CE Để ý đến tứ giác ABLC, ABMK ACNK nội tiếp đường tròn ta có 0 A K N  180  A C N  180  A C L  A BL  A BM  180  A K M Do ba điểm M, K, N thẳng hàng + Các tứ giác AKNC AKMB nội tiếp nên ta có giác BMNC nội tiếp Từ ta ta có PLN  O LC  90  L N L C  L K L A  L M L B CBL  CBM  LN M , từ suy tứ Gọi P giao điểm M LO, LO C  90  LBC  90  PN L Do suy OL vng góc với MN b) Chứng minh K trung điểm MN  Phân tích tìm lời giải Quan sát hì nh vẽ ta nhận thấy hai tam giác LBC LNM đồng dạng với Gọi I trung điểm BC Như toán hoàn tất ta tam giác LKM vàtam giác LIC đồng dạng Chúýrằng ta có LM N  LCI nên ta cần chứng minh M LK  CLI đồng nghĩa với chứng minh LK đối xứng với LI qua đường phân giác góc , điều BLC Nhận BLC ta cần định làm ta nghĩ đến đường đối trung tam giác Muốn chứng minh LK đối xứng với LI qua đường phân giác góc chứng minh AL đối xứng với AI qua đường phân giác góc BA C Theo toán phụ chứng minh thìnếu đường thẳng AL qua giao điểm hai tiếp tuyến B, C đường tròn  O  AL đối xứng với AI Như ta tập trung chứng minh hai tiếp tuyến B, C đường tròn  O  đường thẳng AL đồng quy Quan sát hì nh vẽ ý đến định lýsin tam giác ta có biến đổi KB KE  sin B A K sin E A K  sin B A L sin C A L  LB LC theo tí nh chất tiếp tuyến cát tuyến với đường tròn để hai tiếp tuyến B, C AL đồng quy ta cần phải có phải có DB KB  EC AB AC  LB LC , hay ta cần Đến toán lại quy chứng minh tam giác BKD đồng dạng với tam KE giác EKC Nhận thấy để chứng minh tam giác BKD đồng dạng với tam giác EKC ta cần hai tứ giác BDGK vàCEGK nội tiếp đường tròn, điều đồng nghĩa với chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE, DGB, ADC, GEC cắt điểm K Qua phân tích ta thấy cóbốn điểm cần ý là: i) Cần phải chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE, DGB, ADC, GEC cắt điểm K ii) Cần phải chứng minh hai tiếp tuyến B, C với đường tròn  O  AL đồng quy iii) Cần chứng minh AL đối xứng với AI qua đường phân giác tam giác ABC iiii) Với AL đối xứng với AI qua đường phân giác tam giác ABC ta cần LB LC  TB TC Để toán gọn ta chứng minh điểm dạng bốn toán phụ  Trình bày lời giải Trước hết ta phát biểu chứng minh toán phụ Bài toán phụ Cho tứ giác ABCD có cạnh AB CD cắt M, cạnh AD BC cắt N Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN, CDN, ADM, BCM qua điểm Chứng minh Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác AD CDN cắt điểm E khác D Khi tứ giác AMED CDNE nội tiếp đường tròn nên ta có MAE  MDE , từ ta M A E  CN E  BN E A M E  ECN  ECM nên tứ giác ABNE nội tiếp đường tròn Mặt khác từ tứ giác nội tiếp đường tròn ta có nên ta M DE  CNE ECN  ED N ED N  A M E nên tứ giác BCEM nội tiếp đường tròn Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN, CDN, ADM, BCM qua điểm Bài toán phụ Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O  có tiếp tuyến B D với đường tròn  O  cắt E Chứng minh AB  AD CB CD AC qua điểm E Chứng minh Giả sử AC qua giao điểm hai tiếp tuyến  O  B D Gọi giao điểm E Khi dễ dàng chứng minh hai tam giác BCE ABE đồng dạng, ta có BC AB  CE BE Ngược lại giả sử Tương tự ta có AB AD  CB CD gọi E,E ' DC AD  CE DE Mà CE  DE nên AB AD  CB CD giao điểm tiếp tuyến  O  B D với đường thẳng AC Tương tự ta chứng minh trùng E ' CE  DE ' nên có E Bài tốn phụ Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O  có AM đường trung tuyến, AI đường phân giác Tiếp tuyến đường tròn  O  B C cắt D Chứng minh AD đối xứng với đường thẳng AM qua qua đường thẳng AI Bài toán phụ Cho tam giác ABC có đường trung tuyến AI đường phân giác AD Gọi M điểm cạnh BC Chứng minh AM đối xứng với AI qua AD MB  MC AB AC Trở lại toán Xét tứ giác ADGE có cạnh AD ED cắt B, cạnh AE DG cắt C Khi theo tốn phụ đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE, DGB, ADC, GEC cắt điểm, suy K giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác Do hai tứ giác BDGK CEGK nội tiếp đường tròn, suy KBD  KGC  CEC BD K  BGK  ECK nên tam giác BKD đồng dạng với tam giác EKC Từ ta suy AB AC Như tứ giác ABLC có  BD CE AB AC   KB KE LB LC  s in B A K s in E A K  s in B A L s in C A L  LB LC nên theo toán phụ ta có AL qua giao điểm hai tiếp tuyến B, C đường tròn  O  Gọi I trung điểm BC T giao điểm BC với AL, theo toán phụ AL đối xứng với đường trung tuyến AI qua đường phân giác qua A tam giác ABC Khi theo tốn phụ thìta có suy LB LC  TB TC AB AC  TB TC Do Lại theo tốn phụ ta lại có LK đối xứng với đường trung tuyến LI qua đường phân giác qua L tam giác BLC Từ ta suy tam giác BLK CLK đồng dạng với Mặt khác dễ thấy hai tam giác hai tam giác LBC LNM đồng dạng với nhau, mà I trung điểm BC nên suy K trung điểm MN  Nhận xét chung Trong tốn ta thấy ýthứ đơn giản vàcóthể thấy hướng chứng minh, nhiên ý thứ hai tốn thìthực khó Để hồn thành chứng minh tốn thìngồi phép suy luận từ giả thiết toán cho ta cần đến bốn toán phụ vàchứng minh tốn phụ khơng qua khó khăn.Trong bốn tốn phụ thìchỉ cóbài tốn phụ làmới mẻ định líhì nh học tiếng cótên làMiqel, lại làcác tốn phụ quen thuộc Trong phân tích ta loại hướng tiếp cận khơng dẫn đến hồn thành lời giải cho tốn Bài tốn phụ định líMiqel cóthể dùng để giải toán sau Bài tập Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O  Gọi P điểm di chuyển cung nhỏ BC đường tròn  O  Dựng ngồi tam giác PBC điểm E vàF cótam giác PCE đồng dạng với tam giác BAO vàtam giác PBF đồng dạng với tam giác CAO Tiếp tuyến P đường tròn  O  cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác PCE PBF theo thứ tự M N khác P Gọi Q giao điểm EM FN Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác QMN ln tiếp xúc đường tròn cố định P thay đổi  ... thêm yếu tố phụ Bây ta phân tích tìm lời giải c các ýcủa tốn a) Chứng minh OT song song với DI  Phân tích tìm lời giải Quan sát hì nh vẽ kết hợp với giả thiết tốn ta c các phân tí ch  Gọi V giao... thìchỉ c bài tốn phụ làmới mẻ định líhì nh học tiếng cótên làMiqel, lại l các tốn phụ quen thuộc Trong phân tích ta loại hướng tiếp cận khơng dẫn đến hồn thành lời giải cho toán Bài toán phụ... cósự khéo léo sử dụng hết giả thiết toán mong chứng minh tốn cần tính đến việc sử dụng thêm yếu tố phụ Bây ta phân tích tìm lời giải c các ý tốn Phân tích lời giải A E D G O I B C T M K P N L a)